题目链接，$O(N^2)$O(N2)能过。
题目链接，$O(N\log N)$O(NlogN)能过。

$O(N^2)$O(N2)做法

DP：f[i]表示，以第i个数结尾的最长子序列的集合的最大值。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 1010;

int n;
int a[N], f[N];

int main()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];

    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        f[i] = 1; // 初始化，最小也有它一个数，所以初始化成1
        for (int j = 1; j < i; j++)
            if (a[j] < a[i])
                f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
    }
    
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) ans = max(ans, f[i]);

    cout << ans << endl;

    return 0;
}

$O(N\log N)$O(NlogN)做法

再开一个数组，记录长度为x的子序列中最后一个数最小的数。

例如 1 3 8 与 1 2 3 均为长度为三的序列，则新开的数组q[3] = 3。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int N = 100010;

int n;
int a[N], q[N];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]);

    int len = 0; // 用来记录找的过程中子序列的最大值
    //int q[0] = -2e9;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        // 二分寻找q数组中小于a[i]的最大值
        // 二分的套路：确定边界, 求mid, 设计check函数
        int l = 0, r = len;
        while (l < r)
        {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if (q[mid] < a[i]) l = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        len = max(len, r + 1); // 更新长度
        q[r + 1] = a[i]; // 把a[i]放进去
    }

    cout << len << endl;

    return 0;
}

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